PAU Madrid. Matemáticas II. Año Examen modelo. Opción A. Ejercicio 1. Valor: 2 puntos.

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1 PAU Madrid. Matemáticas II. Año 22. Examen modelo. Opción A. Ejercicio 1. Valor: 2 puntos. Se considera una varilla AB de longitud 1. El extremo A de esta varilla recorre completamente la circunferencia de ecuación x 2 + y 2 4x 2y + 1 ; la varilla se mantiene en todo momento tangente a dicha circunferencia. a) (1 punto) Determinar el lugar geométrico descrito por el extremo B de la varilla. b) (1 punto) Obtener la ecuación cartesiana de dicho lugar geométrico. a) Encontramos el centro y el radio de la circunferencia dada: x 2 + y 2 4x 2y + 1 x 2 4x y 2 2y (x 2) 2 + (y 1) El centro es C (2, 1) y el radio es R 2 C 2 A 1 B El triángulo ABC es rectángulo en A, de modo que d(b, C) Solución El punto B describe la circunferencia de centro el punto (2, 1) y radio 5 b) La ecuación de la circunferencia de centro el punto (2, 1) y radio 5 es (x 2) 2 + (y 1) 2 ( 5) 2 x 2 4x y 2 2y x 2 + y 2 4x 2y Solución x 2 + y 2 4x 2y Autor: Pedro Reina. URL: Creado con L A TEX. Licencia:

2 PAU Madrid. Matemáticas II. Año 22. Examen modelo. Opción A. Ejercicio 2. Valor: 2 puntos. { x 2y 6z 1 Sean las rectas r : x + y s : { x 2 y 1 z a a) (1 punto) Determinar la posición relativa de r y s según los valores de a. b) (1 punto) Calcular la distancia entre las rectas r y s cuando a 2. a) Resolviendo el sistema formado por las dos ecuaciones implícitas de r obtenemos sus ecuaciones paramétricas: { x 2y 6z 1 x 6z 1 x + y y x z 1 x x λ 2 x y λ z 1 + 1λ 6 2 De la ecuación de r se obtiene un punto P r (,, 1 6 ) y su vector de dirección (1, 1, 1 2 ), aunque es más cómodo tomar su múltiplo v r (2, 2, 1). De la ecuación de s se obtiene un punto P s (, 1, ) y su vector de dirección v s (2, a, 1). Para que los vectores v r y v s sean proporcionales debe ocurrir a 1 1 a 2 Si a 2, como P s / r, las rectas son paralelas. Si a 2, calculamos el producto mixto [6 P s P r, v r, v s ]: [6 P s P r, v r, v s ] a a a + 4 las rectas se cruzan Solución Si a 2, son paralelas; si a 2, se cruzan. b) d(r, s) d(p r, s) v s P s P r v s v s P s P r 5 9 i j k u ( 4, 1 ), 2 d(r, s) ( 4, 1, 2) (2, 2, 1) Solución 7.28u Autor: Pedro Reina. URL: Creado con L A TEX. Licencia:

3 PAU Madrid. Matemáticas II. Año 22. Examen modelo. Opción A. Ejercicio. Valor: puntos. Sea A una matriz cuadrada que verifica A 2 +2A I, donde I denota la matriz identidad. a) (1 punto) Demostrar que A es no singular (det(a) ) y expresar A 1 en función de A e I. b) (1 punto) Calcular dos números p y q tales que A pi + qa. ( ) 1 c) (1 punto) Si A cumple la relación de partida, calcular el valor de k. 1 k a) Suponemos que A y llegaremos a una contradicción, lo que demostrará que A : A 2 + 2A I (1) AA + 2IA I (2) (A + 2I)A I () det((a + 2I)A) det(i) (4) (4) det(a + 2I) det(a) 1 (5) det(a + 2I) 1 (6) 1 contradicción (1) Definición de cuadrado y de I (2) El producto de matrices es distributivo respecto a la suma () Dos matrices iguales tienen el mismo determinante (4) El determinante de un producto de matrices es el producto de sus determinantes (4) Sabemos que det(i) 1 (5) Estamos suponiendo que det(a) (6) Cualquier número multiplicado por da Trasformamos la expresión que da el enunciado para llegar al valor de A 1 : A 2 + 2A I (1) I AA + 2A (2) IA 1 1 () (AA + 2A)A () A 1 (AA)A 1 1 (4) + 2AA A(AA 1 ) + 2I (5) AI + 2I (6) A + 2I (1) Definición de cuadrado (2) Multiplicamos por la izquierda por A 1 () y (6) Definición de I () El producto de matrices es distributivo respecto a la suma (4) El producto de matrices es asociativo (4) y (5) Definición de matriz inversa Solución A y A 1 A + 2I b) Trasformamos la expresión que da el enunciado para llegar al valor de A : A 2 + 2A I A 2 I 2A A (I 2A)A A 2A 2 A 2(I 2A) A 2I + 4A 2I + 5A Solución p 2 y q 5

4 c) Sustituimos en la expresión del enunciado las matrices por sus valores: ( ) ( ) ( ) ( ) A 2 + 2A I k 1 k 1 k 1 ( ) ( ) 1 k 2 k 1 + k k k debe ser solución del siguiente sistema: 1 1 k + 2 k k 2 + 2k 1 Evidentemente, k 2 verifica las cuatro ecuaciones. ( ) ( ) 1 1 k k k 2 + 2k ( ) 1 1 Solución k 2 Autor: Pedro Reina. URL: Creado con L A TEX. Licencia:

5 PAU Madrid. Matemáticas II. Año 22. Examen modelo. Opción A. Ejercicio 4. Valor: puntos. Dada la parábola y 4 x 2, se considera el triángulo rectángulo T(r) formado por los ejes coordenados y la tangente a la parábola en el punto de abscisa x r >. a) (2 puntos) Hallar r para que T(r) tenga área mínima. b) (1 punto) Calcular el área de la región delimitada por la parábola, su tangente en el punto de abscisa x 1, y el eje vertical. a) Necesitamos la ecuación de la recta t, tangente a la gráfica de la parábola en el punto de abscisa r. La ordenada del punto de contacto es y 4 r 2. La pendiente es y xr : y 4 x 2 y 2x y xr 2r Por tanto la ecuación de t es y (4 r 2 ) 2r(x r) Cortando la recta t con los dos ejes de coordenadas calculamos las longitudes de los catetos del triángulo rectángulo T(r), que llamaremos x r e y r : (x r, ) t (4 r 2 ) 2r(x r r) 4 r2 2r x r r x r 2 r + r 2 (, y r ) t y r (4 r 2 ) 2r( r) y r r La superficie del triángulo T(r) es S(r) 1 2 x ry r 1 ( 2 2 r + r ) (r ) 1 (2r Calculamos el mínimo de S(r) resolviendo la ecuación S (r) : S (r) ± ) 8r r r 1 ( r + 8r + 16 ) 4 r ( r ) r 4 + 8r 2 16 r 2 8 ± r ± 16 6 { Como se pide r >, la única posibilidad es r S(r) tiene un mínimo para ese valor: S (r) 1 ( 6r + 2 ) ( ) 2 S 4 r { { 4 4 ± r 4 ± 4 sin solución 4 2. Comprobamos que la función > S tiene un mínimo en Solución r 1.155

6 b) Necesitamos la ecuación de la recta t, tangente a la gráfica de la parábola en el punto de abscisa 1. La ordenada del punto de contacto es y La pendiente es y x1 2. Por tanto la ecuación de t es y 2(x 1), que dejamos como y 2x + 5. La recta t y la parábola se cortan en x 1, luego la superficie pedida es 1 ( 2x + 5 (4 x 2 ) ) 1 ( dx x 2 2x + 1 ) dx 1 1 x x 2 + x] Solución La superficie es. u 2 Autor: Pedro Reina. URL: Creado con L A TEX. Licencia:

7 PAU Madrid. Matemáticas II. Año 22. Examen modelo. Opción B. Ejercicio 1. Valor: 2 puntos Sean las matrices A 1 2, B a) (1 punto) Calcular A 1. b) (1 punto) Resolver la ecuación matricial AX BA. a) Para saber si la matriz A tiene inversa calculamos su determinante: 1 1 A A 1 1 A adj(at ) adj(a t ) Calculamos la matriz inversa: A 1 2 A t 1 adj(a t ) A 1 adj(a t ) Solución A b) Averiguamos cómo calcular X: AX BA (1) A 1 (AX) A 1 (BA) (2) (A 1 A)X A 1 (BA) () () IX A 1 (BA) (4) X A 1 (BA) (1) Multiplicamos por la izquierda por A 1 (2) El producto de matrices es asociativo () Definición de matriz inversa, siendo I la matriz identidad (4) Definición de matriz identidad Solo queda hacer las operaciones: X

8 4 1 Solución X Autor: Pedro Reina. URL: Creado con L A TEX. Licencia:

9 PAU Madrid. Matemáticas II. Año 22. Examen modelo. Opción B. Ejercicio 2. Valor: 2 puntos. Sea la matriz A ( ). Para cada número real λ definimos la matriz B A λi, donde I denota la matriz identidad 2 2. a) (,5 puntos) Hallar los valores de λ que hacen que el determinante de B sea nulo. b) (1,5 puntos) Resolver el sistema B ( x y ) ( ) para los diferentes valores de λ. a) Calculamos el determinante de B: ( ) B A λi 2 λ 1 2 Resolvemos la ecuación B : B λ 2 1 λ ± 1 ( ) 1 1 { λ 1 2 λ λ2 4 + λ 2 1 Solución λ 1 y λ 1 b) Hay que resolver el sistema ( 2 λ )( ) x 1 2 λ y ( ) Si λ 1 y λ 1 entonces B luego rg(b) 2{ y el sistema es homogéneo compatible x determinado, así que su única solución es la trivial y ( ) ( ) x Si λ 1 el sistema es { 1 1 y x µ solución es y µ con µ R ( ) ( ) 1 x Si λ 1 el sistema es 1 y { x µ es con µ R y µ ( ), que es equivalente a {x y, cuya ( ), que es equivalente a {x y, cuya solución Autor: Pedro Reina. URL: Creado con L A TEX. Licencia:

10 PAU Madrid. Matemáticas II. Año 22. Examen modelo. Opción B. Ejercicio. Valor: puntos. Sea la circunferencia de ecuación x 2 + y 2 2x 4y + 1. a) (1 punto) Hallar su centro y su radio y dibujarla. b) (1 punto) Hallar el punto de la curva, de abscisa cero, más alejado del origen; hallar también la recta tangente a la curva en ese punto. c) (1 punto) Hallar las ecuaciones de las tangentes trazadas desde el punto P(, ) razonando la respuesta. a) Transformamos la ecuación de la circunferencia para obtener el centro y el radio: x 2 + y 2 2x 4y + 1 x 2 2x y 2 4y (x 1) 2 + (y 2) El centro es el punto C (1, 2) y el radio es R b) Sustituimos x en la ecuación de la circunferencia para obtener la ordenada: x ( 1) 2 + (y 2) (y 2) 2 y 2 ± y 2 ± El punto más alejado del origen tendrá ordenada y 2 +, luego es A (, 2 + ) La pendiente de la recta que une los puntos A y C es m AC 2 + 2, luego la 1 recta t tangente a la circunferencia en el punto A, por ser perpendicular a la recta que pasa por A y C, tiene pendiente m t 1 1 m AC 1 Como ya tenemos la pendiente y la ordenada en el origen de t, t y 1 x c) Las tangentes pedidas son el eje de abscisas t 1 y y la recta vertical t 2 x, ya que ambas rectas verifican que su distancia hasta el punto C, centro de la circunferencia, es igual a 2, el radio. Autor: Pedro Reina. URL: Creado con L A TEX. Licencia:

11 PAU Madrid. Matemáticas II. Año 22. Examen modelo. Opción B. Ejercicio 4. Valor: puntos. Se considera la función f(x) xe x. a) (1,5 puntos) Estudiar y representar gráficamente la función f. b) (1,5 puntos) Sabiendo que el área de la región determinada por la gráfica de f y el eje OX entre x y x p (p > ) vale 1, calcular el valor de p. 9 a) D(f) R, f no es par ni impar, es continua por ser producto y composición de funciones continuas. Calculamos los puntos de corte con los ejes: x y f() (, ) Graf(f) y f(x) xe x x (, ) Graf(f) f no tiene asíntotas verticales por ser continua. Estudiamos el comportamiento cuando x : lim f(x) lim x x xex f no tiene asíntota horizontal por la derecha f(x) lim x x lim xe x x x Estudiamos el comportamiento cuando x : lim f(x) lim x x xex lim x lim x ex f no tiene asíntota oblicua por la derecha x lim e x x 1 e x la recta y es asíntota horizontal por la izquierda Calculamos las coordenadas de los extremos relativos: f(x) xe x f (x) 1e x + xe x (x + 1)e x f (x) (x + 1)e x x + 1 x 1 ( f (x) (x + 1)e x f (x) e x + (x + 1)e x f 1 ) > f tiene un mínimo relativo en x 1 x 1 ( y f 1 ) 1 1 ) e( 1 e 1 f tiene un mínimo relativo en el punto (-.,-.12) Calculamos las coordenadas de los puntos de inflexión: f (x) e x + (x + 1)e x ( + 9x + )e x (9x + 6)e x f (x) (9x + 6)e x 9x + 6 x 6 9 2

12 ( f (x) (9x + 6)e x f (x) 9e x + (9x + 6)e x f 2 ) f tiene un punto de inflexión x 2 x 2 ( y f 2 ) 2 2 ) e( 2 e 2 f tiene un punto de inflexión en el punto (-.67,-.9) Al estar el mínimo relativo y el punto de inflexión tan próximos entre sí y al eje de abscisas, la representación gráfica debe ser aproximada: b) Ya que la gráfica de f no corta al eje de abscisas en ningún punto entre y p, el área de la región se calcula como p f. Calculamos una primitiva de f usando el método de integración por partes: (1) xe x dx (1) x 1 ex [ u x du dx dv e x dx v 1 ex 1 ex dx x ex 1 e x dx x ex 1 9 ex Calculamos la integral definida: p ( x f 1 ) ] p ( p e x 9 1 ) ( e p 9 1 ) ( p e 9 1 ) e p Resolvemos la ecuación: p f 1 9 ( p 1 9 ( x 1 ) e x 9 ) e p ( p 9 1 ) e p p p 1 9 p 9 1 Solución p 1 Autor: Pedro Reina. URL: Creado con L A TEX. Licencia: